https://leetcode-cn.com/circle/article/NfHhXD/
https://leetcode-cn.com/circle/article/2Xxlw3/
非常感谢上述内容提供者无私的分享
目录
状态的定义，先尝试「题目问什么，就把什么设置为状态」；
然后思考「状态如何转移」，如果「状态转移方程」不容易得到，尝试修改定义，目的依然是为了方便得到「状态转移方程」。
「状态转移方程」是原始问题的不同规模的子问题的联系。即大问题的最优解如何由小问题的最优解得到。
对状态的定义，在不同类型的题目中，各不相同，有些题目dp维数低，有些题目中使用高维数dp
动态规划是非常灵活的一种思维模式，很难像其他算法一样找到通用的模板，在同一类型题目中，dp的设置比较相似，如果再次遇到相似的问题，可以进行参考。
状态转移方程是非常重要的，是动态规划的核心，也是难点；
常见的推导技巧是：分类讨论。即：对状态空间进行分类；
归纳「状态转移方程」是一个很灵活的事情，通常是具体问题具体分析；
除了掌握经典的动态规划问题以外，还需要多做题；
如果是针对面试，请自行把握难度。掌握常见问题的动态规划解法，理解动态规划解决问题，是从一个小规模问题出发，逐步得到大问题的解，并记录中间过程；
「动态规划」方法依然是「空间换时间」思想的体现，常见的解决问题的过程很像在「填表」。
此处liweiwei1419提及到的填表，是初学者理解动态规划运算过程非常好的一种方式，对于比较难的题目，不仅难在dp方程的定义，也难在初始化和动态规划整个过程多个循环嵌套时，遍历的方向，内外循环彼此位置的安排，有时将内循环变成外循环，很多问题就迎刃而解，有时将正序变成倒数，题目就会得到正确答案，
比如01背包和完全背包，01背包必须倒序进行，完全背包可以正序进行，
同样的，关于股票问题，在base case正确的情况下，将交易次数作为外循环，显然要简单很多，
这并不是一个玄学的过程，通过填表操作，就能很好的理解动态规划的运算过程，也能写出更高质量的代码。
初始化是非常重要的，一步错，步步错。初始化状态一定要设置对，才可能得到正确的结果。
角度 1：直接从状态的语义出发；
角度 2：如果状态的语义不好思考，就考虑「状态转移方程」的边界需要什么样初始化的条件；
角度 3：从「状态转移方程」方程的下标看是否需要多设置一行、一列表示「哨兵」（sentinel），这样可以避免一些特殊情况的讨论。
填表也是解决初始化问题的方法之一。
有些时候是最后一个状态，有些时候可能会综合之前所有计算过的状态。
动态规划的题目之所以难，是因为题目本身非常考验做题者的抽象思维能力，如何把抽象问题具象化。
以上内容参考liweiwei1419所述，进行了部分的修改和简化
作者：liweiwei1419
链接：https://leetcode-cn.com/problems/longest-palindromic-substring/solution/zhong-xin-kuo-san-dong-tai-gui-hua-by-
以下内容分类参考leetcode上DP题目分类总结：
https://leetcode-cn.com/circle/article/NfHhXD/
https://leetcode-cn.com/circle/article/2Xxlw3/
从斐波那契数列 到杨辉三角，其中的dp非常好设置，这些数列本身就很有规律性，按着规律就行进行操作，属于动态规划中比较简单和直观的题目
同样，我们会发现，题目要求我们让结果对1e9+7取模，原因大致如下：（来源：知乎@EntropyIncreaser）
面试题10- I. 斐波那契数列 https://leetcode-cn.com/problems/fei-bo-na-qi-shu-lie-lcof/
斐波那契数列的状态方程，初值就是其本身的计算公式，直接进行设置即可
F(0) = 0, F(1) = 1
F(N) = F(N - 1) + F(N - 2), 其中 N > 1.class Solution {
public:
int fib(int n) {
if(n == 0) return 0;
if(n == 1) return 1;
int mod = 1e9+7;
int F1 = 0,F2 = 1,Fres = 0;
for(int i = 2;i<=n;++i)
{
Fres = (F1 + F2)%mod;
F1 = F2;
F2 = Fres;
}
return Fres;
}
};类似问题：
1137. 第 N 个泰波那契数 https://leetcode-cn.com/problems/fibonacci-number/
118. 杨辉三角 https://leetcode-cn.com/problems/pascals-triangle/
119. 杨辉三角 II https://leetcode-cn.com/problems/pascals-triangle-ii/
杨辉三角和斐波那契数列如出一辙，初值也好，状态方程也好，都是题目给定好的，直接计算即可：
class Solution {
public:
vector<int> getRow(int rowIndex) {
vector<int> dp(rowIndex+1,1);//行数和列数关系
for(int i = 2;i<=rowIndex;++i)//行数遍历
{
for(int j = 2;j<=i;++j)
{
dp[j-1] = dp[j-1] + dp[j-2];
}
}
return dp;
}
};（错误版本）
class Solution {
public:
vector<int> getRow(int rowIndex) {
vector<int> dp(rowIndex+1,1);//行数和列数关系
for(int i = 2;i<=rowIndex;++i)//行数遍历
{
for(int j = i;j>1;--j)
{
dp[j-1] = dp[j-1] + dp[j-2];
}
}
return dp;
}
};杨辉三角有个很有意思的地方，就是我们需要倒序（可进行内外循环关系）
二维动态规划的状态方程很好给出
二维的动态规划随意循环，都是没有问题的，但是如果压缩到一维，内循环必须是倒序，从上面的程序输出结果我们也可以看出，从前往后正序计算，i= 3时，计算dp[2]的时候，dp[2] = dp[2]（此时为1） + dp[1]（此时为3，不是2，因为正序计算的时候将dp[1]更新了）；
这就是在不同状态方程下，我们需要注意的地方，有时候要采用不一样的循环策略
279. 完全平方数 https://leetcode-cn.com/problems/perfect-squares/
此题不如说是一道数学题，题目怎么要求咱们怎么设，状态方程如下：
下面我们需要给平方数一个取值上限，当然直接给n也可以，但是我们知道，一个数值一般都不会大于自身一般的平方
当a大于4的时候确实是如此，那么我们就让a/2为平方数的上限，下面的解法是直接开方，当然效果都是一样的，直接开方的循环次数会更小。
class Solution {
public:
int numSquares(int n) {
if(n == 0) return 0;
vector<int> dp(n+1,n);
dp[0] = 0;//dp[i]表示组成i，需要最少个数的完全平方数
for(int i = 1;i<=n;++i)
{
for(int j = 1;j*j<=i&&j<=sqrt(n);++j)
{
dp[i] = min(dp[i],dp[i-j*j]+1);
}
}
return dp[n];
}
};
https://leetcode-cn.com/problems/jian-sheng-zi-lcof/
动态规划算法：
class Solution {
public:
int cuttingRope(int n) {
if(n<=0) return 0;
vector<int> dp(n+1,0);//长度学n的绳子，剪m段后，最大乘积
//本题比较特殊，因为必须要切一刀
if(n == 1) return 1;
if(n == 2) return 1;
dp[1] = 1;
dp[2] = 1;
for(int i = 3;i<=n;++i)
{
for(int j = 1;j<i;++j)
{
dp[i] = max(dp[i],max(j*(i-j),j*dp[i-j]));
}
}
return dp[n];
}
};常规的动态规划思维，设dp，找父问题和子问题之间的联系
我们假设dp为：i米长的绳子，切任意刀，最长乘积为dp[i];
长度为i，怎么切乘积最大呢？那么我们试试就知道了，在1的位置切一刀，再乘上dp[i-1]，即为j*dp[i-1]
但是我们还要考虑一种情况，就是直切一刀，即j*（i-1）
dp状态方程如下：
https://leetcode-cn.com/problems/ugly-number-ii/
第n个丑数，比如第10个丑数12，是怎么算的呢？
1的丑数有几个？2,3,5
2的丑数呢？4,6,10
3的丑数：6,9,15
4的丑数：8,12,20
class Solution {
public:
int nthUglyNumber(int n) {
vector<int>dp(n,0);
dp[0] = 1;
int a = 0,b = 0,c = 0;//三个指针，因为是三个因子，分别记录2,3,5对应的数值内容
for(int i = 1;i<n;++i)
{
int temp2 = dp[a]*2,temp3 = dp[b]*3,temp5 = dp[c]*5;
dp[i] = min(temp2,min(temp3,temp5));
if(dp[i] == temp2) a++;
if(dp[i] == temp3) b++;
if(dp[i] == temp5) c++;
}
return dp[n-1];
}
};https://leetcode-cn.com/problems/maximum-subarray/
本题很简单，我们利用动态规划，假设以i结尾的连续子数组，和最大
class Solution {
public:
int maxSubArray(vector<int>& nums) {
if(nums.empty()) return 0;
int size = nums.size();
int MAX = INT_MIN;
vector<int>dp(size+1,INT_MIN);//以i结尾，子序列的最大和
dp[0] = 0;
for(int i = 1;i<=size;++i)
{
dp[i] = max(dp[i-1] + nums[i-1],nums[i-1]);
MAX = max(MAX,dp[i]);
}
return MAX;
}
};对本题进行升级：
https://leetcode-cn.com/problems/maximum-product-subarray/
我们关心思维，继续设以i结尾，最长连续子数组最乘积，但是
class Solution {
public:
int maxProduct(vector<int>& nums) {
if(nums.empty()) return 0;
int size = nums.size();
vector<int>dp(size+1,0);//以i结尾的，最长连续子数组最大乘积
//base case
dp[0] = 0;
dp[1] = nums[0];
int MAX = dp[1];
for(int i = 2;i<=size;++i)
{
dp[i] = max(nums[i-1],nums[i-1]*dp[i-1]);
//选择自身，还是选择乘上前者
MAX = max(MAX,dp[i]);
}
return MAX;
}
};
我们需要改变策略：
本题是典型的要求解决无后效性的动态规划，我们对dp进行重新的设置：我们必须让正负号和结果产生联系
那么我们分情况讨论问题
同样，整个过程需要考虑，nums【i】本身会不会代替最大值和最小值
状态方程如下：
完整版本程序如下：
class Solution {
public:
int maxProduct(vector<int>& nums) {
if(nums.empty()) return 0;
int size = nums.size();
vector<vector<int>>dp(size+1,vector<int>(2,0));//以i结尾的，最长连续子数组最大乘积
//base case
dp[1][0] = nums[0];
dp[1][1] = nums[0];
int MAX = dp[1][1];
for(int i = 2;i<=size;++i)
{
if(nums[i-1]>0)//最大值还是最大值
{
dp[i][1] = max(nums[i-1],nums[i-1]*dp[i-1][1]);//最大值
dp[i][0] = min(nums[i-1],nums[i-1]*dp[i-1][0]);//最大值
}
else //最大值和最小值进行转换
{
dp[i][1] = max(nums[i-1],nums[i-1]*dp[i-1][0]);//最大值
dp[i][0] = min(nums[i-1],nums[i-1]*dp[i-1][1]);//最大值
}
//选择自身，还是选择乘上前者
MAX = max(MAX,dp[i][1]);
}
return MAX;
}
};非常好的一道题
Leetcode动态规划——01背包问题：https://blog.csdn.net/qq_41605114/article/details/106059876
Leetcode动态规划—完全背包问题：https://blog.csdn.net/qq_41605114/article/details/106086262
往后的几道路径问题，题目要求都很相似，都是在棋盘格上，要求从某点出发，最终到达某点，求路径总数，最短路径等等
路径问题的状态设置都非常类似，解题思路也大同小异，下面我们来总结一下：
（1）状态定义：一般都是二维dp，一般定义都是dp[i][j]:从起点到坐标为i,j的点，路径总数/最小路径和/出界概率/.....为dp[i][j]
（2）状态方程：从哪儿来？触发什么内容？
从哪儿来？有些题目（62/63）是从目标点[i][j]点的上面和左侧，有些题目则复杂一些（688/935），是以目标点[i][j]点为中心的八个
位置出发，都可以到目标点[i][j]，但是这些都不重要，状态方程就和这些能够到达目标点[i][j]的位置有关，有时候是全部加和，有时
候是比大小，这就要看题意了。
（3）初始值
设置按照逻辑和dp table来就好，路径问题的初值都很直观，很好设置主要分为以下部分：
边界处：需要根据题意进行设置，一般都非常明显
边界外：一般都是0，或者无效状态
边界内部：根据题意，有时需要将全部设置为1或者其他内容，路径问题的初值终点还是在边界外和边界处
（4）走N步/移动N次
参考688,935,576等题目，旗子的步长一定要作为外循环，为了保证dp table的前一个状态处于完整状态，不至于漏算少算一些情况！
62. 不同路径 https://leetcode-cn.com/problems/unique-paths/
求路径总数
class Solution {
public:
int uniquePaths(int m, int n) {
if(m < 0||n < 0) return 0;
vector<vector<int>> dp(m+1,vector<int>(n+1,0));
//设置dp[i][j]为，从起点出发，到该点的路径数量
for(int i = 0;i<=m;++i) dp[i][1] = 1;
for(int j = 0;j<=n;++j) dp[1][j] = 1;
for(int i = 2;i<=m;++i)
{
for(int j = 2;j<=n;++j)
{
dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1];
}
}
return dp[m][n];
}
}; 
从哪儿来？
本题要求，只能从往下和往右，那么任意一个具有普世意义的点，要得到该点的路径和，那么只需要知道到达该点上面一个点和左侧一个点的路径和即可。
正如状态方程所示。
63. 不同路径 II https://leetcode-cn.com/problems/unique-paths-ii/
class Solution {
public:
int uniquePathsWithObstacles(vector<vector<int>>& obstacleGrid) {
if(obstacleGrid.size() == 0) return 0;
int row = obstacleGrid.size();
int col = obstacleGrid[0].size();
vector<vector<int>>dp(row+1,vector<int>(col+1,0));
for(int i = 1;i<=row;++i){
for(int j = 1;j<=col;++j){
if(i == 1&&j == 1) {
if(obstacleGrid[i-1][j-1] == 0) dp[i][j] = 1;
else return 0;//开始就是障碍，一步都走不了
}
else {
if(obstacleGrid[i-1][j-1] == 0) {
if(i == 1) dp[i][j] = dp[i][j-1];//只能从左侧来
else if(j == 1) dp[i][j] = dp[i-1][j];//只能从右边来
else dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1];
}
else dp[i][j] = 0;
}
}
}
return dp[row][col];
}
};解法二：
class Solution {
public:
int uniquePathsWithObstacles(vector<vector<int>>& obstacleGrid) {
if(obstacleGrid.empty()) return 0;
int m = obstacleGrid.size(),n = obstacleGrid[0].size();
if(obstacleGrid[0][0] == 1||obstacleGrid[m-1][n-1]) return 0;
vector<vector<int>>dp(m+1,vector<int>(n+1,0));
//base case
for(int i = 1;i<=m;++i){
if(obstacleGrid[i-1][0] == 1) break;//当前列，一旦遇到阻碍，后面全是0
dp[i][1] = 1;
}
for(int j = 1;j<=n;++j){
if(obstacleGrid[0][j-1] == 1) break;//当前行，一旦遇到阻碍，后面全是0
dp[1][j] = 1;
}
for(int i = 2;i<=m;++i){
for(int j = 2;j<=n;++j){
if(obstacleGrid[i-1][j-1] == 1) dp[i][j] = 0;
else if(obstacleGrid[i-2][j-1] == 1)//如果该点上面是障碍物
dp[i][j] = dp[i][j-1];
else if(obstacleGrid[i-1][j-2] == 1)//左侧
dp[i][j] = dp[i-1][j];
else
dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1];
}
}
return dp[m][n];
}
};官方解答：https://leetcode-cn.com/problems/unique-paths-ii/solution/bu-tong-lu-jing-ii-by-leetcode/
此题加入了障碍物，那么整个dp的定义思路和状态方程的定义思路还是不变，只是在细节部分作出修改
64. 最小路径和 https://leetcode-cn.com/problems/minimum-path-sum/
题目特别指出，从左上角到右下角，告诉了起点和终点，此题和62题没有什么不一样。
class Solution {
public:
int minPathSum(vector<vector<int>>& grid) {
int m = grid.size(),n = grid[0].size();
if(m == 0||n == 0) return 0;
//本题规定了起点和终点，起点是左上角，终点是右下角
vector<vector<int>>dp(m+1,vector<int>(n+1,0));
//dp表示以[1][1]为起点，以ij为结尾，最小路径和
// dp[1][1] = grid[0][0];
for(int i = 1;i<=m;++i)
{
for(int j = 1;j<=n;++j)
{
if(i == 1)//第一行
{dp[i][j] = dp[i][j-1]+grid[i-1][j-1];continue;}
if(j == 1)//第一列
{dp[i][j] = dp[i-1][j]+grid[i-1][j-1];continue;}
dp[i][j] = min(dp[i][j-1],dp[i-1][j])+grid[i-1][j-1];
}
}
return dp[m][n];
}
};解法二：
class Solution {
public:
int minPathSum(vector<vector<int>>& grid) {
if(grid.empty()) return 0;
int row = grid.size(),col = grid[0].size();
vector<vector<int>>dp(row+1,vector<int>(col+1,1000));//第一列只能从上面来，所以外界必须是大值
dp[1][1] = grid[0][0];
for(int j = 2;j<=col;++j)//第一行只能从左侧过来
{
dp[1][j] = grid[0][j-1] + dp[1][j-1];
}
for(int i = 2;i<=row;++i)
{
for(int j = 1;j<=col;++j)
{
// if(j>1)
dp[i][j] = min(dp[i-1][j]+grid[i-1][j-1],dp[i][j-1]+grid[i-1][j-1]);
// cout<<i<<" "<<j<<" "<<dp[i][j]<<endl;
}
}
return dp[row][col];
}
};
参考代码：
https://leetcode-cn.com/problems/minimum-path-sum/solution/zui-xiao-lu-jing-he-by-leetcode/
如果我们对上面的题目增加难度，不去规定起点和终点，那么我们应该怎么做？
931. 下降路径最小和 https://leetcode-cn.com/problems/minimum-falling-path-sum/
此题一看，和64题非常相似，但是还是有本质上的差别的，64题规定了起点和终点，931并没有在严格意义上要求起点和终点。
本题有一个问题，路径很多，dp最好的定义方式如下：
从哪儿来？
要到达指定点，出去边界，从三个方向，j，j+1，j-1。加上题目要求最小值，那么直接对比三者之中谁最小即可。
最后再次对比到达最后一行的最小路径中谁最小，完成输出
这种情况，在后面买票问题中也会出现，正序倒序都能解决问题。
class Solution {
public:
int minFallingPathSum(vector<vector<int>>& A) {
int depth = A.size(),size = A[0].size();
if(depth == 0||size == 0) return 0;
vector<vector<int>> dp(depth+1,vector<int>(size+1,0));
dp[1][1] = A[0][0];
for(int i = 1;i<=depth;++i)
{
for(int j = 1;j<=size;++j)
{
if(j == 1&&j == size)
{dp[i][j] = dp[i-1][j]+A[i-1][j-1];continue;}
if(j == 1)
{dp[i][j] = min(dp[i-1][j],dp[i-1][j+1])+A[i-1][j-1];continue;}
if(j == size)
{dp[i][j] = min(dp[i-1][j-1],dp[i-1][j])+A[i-1][j-1];;continue;}
dp[i][j] = min(dp[i-1][j],min(dp[i-1][j-1],dp[i-1][j+1]))+A[i-1][j-1];
}
}
int MIN = INT_MAX;
for(int j = 1;j<=size;++j)
{
MIN = min(MIN,dp[depth][j]);
}
return MIN;
}
};120. 三角形最小路径和 https://leetcode-cn.com/problems/triangle/
如果对931有了深刻的认识，那么120这道题也就没有什么难度了。
状态及状态方程的定义，都是如出一辙，只是边界条件稍有区别而已。
class Solution {
public:
int minimumTotal(vector<vector<int>>& triangle) {
if(triangle.empty()) return -1;
int endsize = triangle[triangle.size()-1].size();
vector<int>dp(endsize+1,10000);
int MAX = INT_MAX;
dp[0] = 0;dp[1] = triangle[0][0];
for(int i = 2;i<=triangle.size();++i){//外循环从前到后
for(int j = triangle[i-1].size();j>=1;--j){//内循环注意，因为是一维的，所以要从后往前算
if(j == 1) dp[j] = dp[j] + triangle[i-1][j-1];
else dp[j] = min(dp[j],dp[j-1]) + triangle[i-1][j-1];
if(i == triangle.size()) MAX = min(MAX,dp[j]);
}
}
return MAX == INT_MAX?dp[1]:MAX;
}
};主要参考：
本题使用一维dp务必注意循环的起点和终点
935. 骑士拨号器 https://leetcode-cn.com/problems/knight-dialer/
此题可以说是检验上面几道题目的综合版本，虽然不再是简单的从上或者从右到达指定点，但是本质上是一样的。
本题增加了步数限制，所以需要对dp进行进一步约束，增加步数限制
和其他路径题目一样，只不过增加了步数限制
dp定义如下：
vector<vector<vector<unsigned int>>> dp(4+4,vector<vector<unsigned int>>(3+4,vector<unsigned int>(N+1,0)));
//dp表示ij为起点，摁下了N个数字，方案有多少种,根据题意至于范围为什么如此设置也是有原因的，和状态方程的设置很有关系。
将拨号键范围内的内容，初始化为1，也就是图中蓝色底纹部分。
如果只摁下一个摁键，那么，那么到达每个数字对应的位置的方案就各为1，最终将所有拨号键范围内数字步数加和即可。
最外侧循环是摁下的数字个数，摁下一个摁键的情况已经包含在初始化中，所有从摁下两次开始。
下面分析一些dp状态方程的推导过程，
如果想到到达数字1，可以从图中绿色标记的各个点出发，那么状态方程就很好理解，要第N次到达（摁下）的数字是a，那么第N-1次到达（摁下）的数字只肯是是图中绿色标记的位置，方案总数或者路径总数就是这些可能性的总和。
当然也可以换个思路，从i，j出发，走k步，摁下的号码个数，也是一种理解状态方程的办法
那么我们第k步走出去，能够到达的位置有八个，再从这些位置作为新的起点，走第k-1步，那么就变成了如下的状态：
dp[i][j][k] = (dp[i-1][j-2][k-1]+dp[i-1][j+2][k-1]+dp[i-2][j-1][k-1]+dp[i-2][j+1][k-1]+dp[i+1][j-2][k-1]+dp[i+1][j+2][k-1]+dp[i+2][j+1][k-1]+dp[i+2][j-1][k-1])%mod;完整代码如下：
class Solution {
public:
int knightDialer(int N) {
if(N == 0) return 1;
if(N == 1) return 10;
int mod = 1e9+7;
vector<vector<vector<unsigned int>>>dp(3+4+1,vector<vector<unsigned int>>(4+4+1,vector<unsigned int>(N,0)));
//di，j,走k步，摁下拨号键的组合
//base case
for(int i = 2;i<=4;++i)
for(int j = 2;j<=4;++j) dp[i][j][0] = 1;
dp[5][3][0]=1;
//
int SUM = 0;
for(int k = 1;k<=N-1;++k)//走的步数
{
for(int i = 2;i<=5;++i)
{
for(int j = 2;j<=4;++j)
{
if(i == 5&&(j == 2||j == 4)) continue;
dp[i][j][k] = (dp[i-1][j-2][k-1]+dp[i-1][j+2][k-1]+dp[i-2][j-1][k-1]+dp[i-2][j+1][k-1]+dp[i+1][j-2][k-1]+dp[i+1][j+2][k-1]+dp[i+2][j+1][k-1]+dp[i+2][j-1][k-1])%mod;
if(k == N-1) SUM=( SUM + dp[i][j][N-1] )%mod;
}
}
}
return SUM;
}
};下面是同类型的一道题目
688. “马”在棋盘上的概率 https://leetcode-cn.com/problems/knight-probability-in-chessboard/
国际象棋类型的题目，dp[i][j][k]可以理解为从i，j出发，走k步还在棋盘格上的概率。
也可以理解成走了k步，到达i，j的概率。
class Solution {
public:
double knightProbability(int N, int K, int r, int c) {
int Size = N+4;
vector<vector<vector<double>>>dp(Size,vector<vector<double>>(Size,vector<double>(K+1,0)));
//从i，j出发，走k步，还在棋盘上的概率
//base case
for(int i = 2;i<=Size-3;++i)
for(int j = 2;j<=Size-3;++j) dp[i][j][0] = 1;//一步不走，就在棋盘上
for(int n = 1;n <= K;n++)
{
for(int i = 2;i<=Size-3;++i)
{
for(int j = 2;j<=Size-3;++j)
{
dp[i][j][n] = (dp[i-1][j-2][n-1]+dp[i-1][j+2][n-1]+dp[i-2][j-1][n-1]+dp[i-2][j+1][n-1]+dp[i+1][j-2][n-1]+dp[i+1][j+2][n-1]+dp[i+2][j+1][n-1]+dp[i+2][j-1][n-1])/8.0;
}
}
}
return dp[r+2][c+2][K];//务必注意输出，你增加了两行两列，自然此处也要增加
}
};以上两道题目特别注意，旗子的步长一定要作为外循环，为了保证dp table的前一个状态处于完整状态，不至于漏算少算一些情况！
主要参考
576. 出界的路径数 https://leetcode-cn.com/problems/out-of-boundary-paths/
此题也是一样的，能计算留着界内路径数，也就能计算走出界限路径数，从哪儿来，上下左右都能来，那么就定义dp为该点上下左右出界路径的总和，base case就是将外界一圈，步数为0的区域，不用走就在界外的这些情况设置为零。
class Solution {
public:
int findPaths(int m, int n, int N, int begin, int end) {
int mod = 1e9+7;
vector<vector<vector<unsigned long long>>>dp(m+2,vector<vector<unsigned long long>>(n+2,vector<unsigned long long>(N+1,0)));
//初始化base case将范围内的，也就是mxn四周的值全部初始化为1
//dp[i][j][k]从ij出发，走k步走到外界
for(int j = 0;j<n+2;++j)
{
dp[0][j][0] = 1;//第一行
dp[m+1][j][0] = 1;//最后一行
}
for(int i = 0;i<m+2;++i)
{
dp[i][0][0] = 1;//第一列
dp[i][n+1][0] = 1;//最后一列
}
for(int k = 1;k<=N;++k)//步长需要放在外侧循环，因为要考虑到所有组合可能性，也是为了让表的其他部分填写完整
{
for(int i = 1;i<=m;++i)
{
for(int j = 1;j<=n;++j)
{
dp[i][j][k] = (dp[i-1][j][k-1]+dp[i+1][j][k-1]+dp[i][j-1][k-1]+dp[i][j+1][k-1])%mod;
}
}
}
int sum = 0;
for(int k = 1;k<=N;++k)
sum = (sum+dp[begin+1][end+1][k])%mod;
return sum;
}
};上面的题目都是一本道，一路走到黑，我们来看看迂回型路径题目，走到终点之后，还要走回去
https://leetcode-cn.com/problems/cherry-pickup/
此类题目，我们该怎么设置dp呢？走一条路我们清楚怎么解决，这么来回折腾，还要去往返，怎么下手？
class Solution {
public:
int cherryPickup(vector<vector<int>>& grid) {
int N = grid.size();
vector<vector<int>>dp(N+1,vector<int>(N+1,INT_MIN));
//从i,j出发到N-1
//base case
dp[N-1][N-1] = grid[N-1][N-1];//零位置
for(int sum = 2*N - 3; sum >= 0; --sum)
for(int i1 = max(0, sum - N + 1); i1 <= min(N-1,sum); ++i1)
for(int i2 = i1; i2 <= min(N-1,sum); ++i2)
{
int j1 = sum - i1, j2 = sum - i2;
if(grid[i1][j1] == -1 || grid[i2][j2] == -1)
dp[i1][i2] = INT_MIN;
else
dp[i1][i2] = grid[i1][j1] + (i1 != i2 || j1 != j2)*grid[i2][j2] + max(
max(dp[i1][i2+1], dp[i1+1][i2]),
max(dp[i1+1][i2+1], dp[i1][i2])
);
}
return max(0, dp[0][0]);
// 作者：newhar
// 链接：https://leetcode-cn.com/problems/cherry-pickup/solution/dong-tai-gui-hua-xiang-xi-jie-xi-tu-jie-by-newhar/
// 来源：力扣（LeetCode）
// 著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权，非商业转载请注明出处。
https://leetcode-cn.com/problems/cherry-pickup-ii/
那么状态方程如下：
要达到的点的值，加上能达到此点的所有路径的最值
我们利用下面的代码实现：
int Val = grid[i-1][j1-1]+grid[i-1][j2-1];
for(int r1 = 0;r1<3;++r1)
{
for(int r2 = 0;r2<3;++r2)
{
int lastR1 = j1 + D[r1],lastR2 = j2 + D[r2];
if(lastR1<=0||lastR1>col||lastR2<=0||lastR2>col) continue;//越界
dp[i][j1][j2] = max(dp[i][j1][j2],Val+dp[i-1][lastR1][lastR2]);
}
}之后就是base case，出发点就是base case
dp[1][1][col] = grid[0][0]+grid[0][col-1];//出发点（0,0）（0,col-1）本题还有一个最大的雷区，就是有些点，是不能到达的
我们的行，其实也是每个机器人走的步数，就是一直斜着都，如图中的蓝色路径，也到不了橘黄色的禁区，我们不能算禁区的值
需要跳过，那么对j1来说，不能大于i，那么对于j2来说，必须完全大于col-i，这点非常重要，否则在一些示例中会出错
那么下面就是完整版本的代码，我们按照行进行遍历，然后防止两个机器人相交，不断遍历列的内容，计算最值。
class Solution {
public:
int cherryPickup(vector<vector<int>>& grid) {
if(grid.empty()) return 0;
int row = grid.size(),col = grid[0].size();
int D[3] = {-1,0,1};
vector<vector<vector<int>>> dp(row+1,vector<vector<int>>(col+1,vector<int>(col+1,0)));
//两个机器人在第i行，第j1和j2列的时候，取的樱桃数目最多
//base case
dp[1][1][col] = grid[0][0]+grid[0][col-1];//出发点（0,0）（0,col-1）
for(int i = 2;i<=row;++i)//从第二行开始，因为从第一行为起点，只能走到第二行
for(int j1 = 1;j1<=col;++j1)//从第1列到第col-1列
{
if (j1 > i) continue;//剔除不可能的位置!非常重要
for(int j2 = j1+1;j2<=col;++j2)//从第2列到第col列，避开二者相遇的情况
{
//9种组合开始
if (j2 <= col - i) continue;//剔除不可能的位置!非常重要
int Val = grid[i-1][j1-1]+grid[i-1][j2-1];
for(int r1 = 0;r1<3;++r1)
{
for(int r2 = 0;r2<3;++r2)
{
int lastR1 = j1 + D[r1],lastR2 = j2 + D[r2];
if(lastR1<=0||lastR1>col||lastR2<=0||lastR2>col) continue;//越界
dp[i][j1][j2] = max(dp[i][j1][j2],Val+dp[i-1][lastR1][lastR2]);
}
}
}
}
//最后一行求最值
int Res = 0;
for(int j1 = 1;j1<col;++j1)
{
for(int j2 = j1+1;j2<=col;++j2)
{Res = max(Res,dp[row][j1][j2]);
// cout<<dp[2][j1][j2]<<endl;
}
}
return Res;
}
};算法参考：https://leetcode-cn.com/problems/cherry-pickup-ii/solution/dong-tai-gui-hua-you-hua-by-over-lord/
1220. 统计元音字母序列的数目 https://leetcode-cn.com/problems/count-vowels-permutation/
class Solution {
public:
int countVowelPermutation(int n) {
int mod = 1e9+7;
vector<vector<unsigned long long int>>dp(n+1,vector<unsigned long long int>(6,0));
//dp含义：字符串长度为n，以i结尾的字符串，有几种组合方式
for(int i= 1;i<=5;++i)
dp[1][i] = 1;
for(int size = 2;size<=n;++size)
{
for(int i = 1;i<=5;++i)
{
if(i == 1)//a
dp[size][i] = (dp[size-1][2] + dp[size-1][5] + dp[size-1][3])%mod ;//前面可以是2e和5u和3i
else if(i == 2)//e
dp[size][i] = (dp[size-1][1] + dp[size-1][3])%mod;//前面可以是1a和3i
else if(i == 3)//i
dp[size][i] = (dp[size-1][2] + dp[size-1][4])%mod;//前面可以是2e和4o
else if(i == 5)//u
dp[size][i] = (dp[size-1][4] + dp[size-1][3])%mod;//前面可以是4o
else //0
dp[size][i] = dp[size-1][3];//前面可以是3i
}
}
int sum = 0;
for(int i = 1;i<=5;++i)
{
sum = (sum + dp[n][i])%mod;
}
return sum;
}
};https://leetcode-cn.com/problems/li-wu-de-zui-da-jie-zhi-lcof/
class Solution {
public:
int maxValue(vector<vector<int>>& grid) {
int m = grid.size(),n = grid[0].size();
vector<vector<int>>dp(m+2,vector<int>(n+2,0));
for(int i = 1;i<=m;++i)
{
for(int j = 1;j<=n;++j)
{
if(i == 1&&j == 1) dp[i][j] = grid[0][0];
dp[i][j] = max(dp[i-1][j],dp[i][j-1])+grid[i-1][j-1];
}
}
return dp[m][n];
}
};
1223. 掷骰子模拟 https://leetcode-cn.com/problems/dice-roll-simulation/
我们先将dp设为如下情况，并推导出状态方程：
代码也很好写，完整代码如下：
for(int i = 2;i<=n;++i)//骰子次数
{
for(int j = 1;j<=6;++j)//本次投掷出的点数
{
for(int k = 1;k<=6;++k)//上次投掷出的点数
{
dp[i][j][x] += dp[i-1][k][x];//本次投掷以j结尾，那么就要加上一次是1~6的全部可能
}
}
}现在有约束，某个数字连续出现的次数有了限制，我们和股票问题一样，在状态方程后面增加一个状态量：
下面这个部分不好理解：
假设现在1不能连续出现2次，那算第三次的时候，其实只是排除了三个1同时出现的情况，除去次情况
还有连续一次以1结尾的情况，我们必须要考虑，图中黄色线条的组合我们不考虑，但是蓝色我们必须考虑
所以就有了下面的情况
我们现在要判断，本次点数和上次投掷点数是否相同，如果相同，本次就是第t+1次，t从1开始，小于最大出现次数
本次点数j连续出现次数从2一直到最大出现次数为止，所有情况都要考虑一次，程序如下
if(j == k)//本次点数和上次一样
{
for(int t = 1;t<rollMax[k-1];++t)//此时，是k是j无所谓
//循环出现次数，因为大前提是连续出现，所以不能等于rollMax[j]
dp[i][j][t+1] = (dp[i][j][t+1] + dp[i-1][k][t])%mod;
}如果本次是第一次，那连续出现次数只能是1，那么就加上上次结尾点数的各个出现次数的组合情况即可
for(int t = 1;t<=rollMax[k-1];++t)//此时，必须是k，因为此时循环的目的是上一个点连续出现不同次数的全部清空
//循环出现次数，因为上次出现的点数和本次点数不一样
dp[i][j][1] = (dp[i][j][1] + dp[i-1][k][t])%mod;
//相当于连续第一次出现
}代码完整版本：
class Solution {
public:
int dieSimulator(int n, vector<int>& rollMax) {
if(rollMax.empty()||n == 0) return 0;
int MAX = 0,mod = 1e9+7;
for(auto item:rollMax) MAX = max(MAX,item);
vector<vector<vector<int>>>dp(n+1,vector<vector<int>>(7,vector<int>(MAX+1,0)));
//投掷n次，本次是j，连续出现次数为k次
for(int i = 1;i<=n;++i){
//投掷次数
for(int j = 1;j<=6;++j){
//本次点数
if(i == 1&&rollMax[j-1]) {dp[i][j][1] = 1;continue;}//base case
for(int l = 1;l<=6;++l){
//上次点数
if(j == l){
//上次和本次一样
for(int k = 1;k<=rollMax[l-1]-1;++k)
dp[i][j][k+1] = (dp[i][j][k+1] + dp[i-1][l][k])%mod;
}
else if(j != l){
//不一样，从0开始连续
for(int k = 1;k<=rollMax[l-1];++k)
dp[i][j][1] = ( dp[i][j][1] + dp[i-1][l][k])%mod;
//本次点数的组合：上次点数各种出现次数的全部情况的总和，所以加的是l，不是j
}
}
}
}
int sum = 0;
for(int j = 1;j<=6;++j){
//不同的点数
for(int t = 1;t<=rollMax[j-1];++t)//以不同点数结尾，连续出现的次数
sum = (sum + dp[n][j][t])%mod;
}
return sum;
}
};
反之，如果不一样，那么就当连续出现1次处理
https://leetcode-cn.com/problems/number-of-dice-rolls-with-target-sum/
最初的想法：
class Solution {
public:
int numRollsToTarget(int d, int f, int target) {
if(target == 0||(d*f)< target) return 0;
int mod = 1e9+7;
vector<vector<int>> dp(d+1,vector<int>(target+1,0));
//dp[i][j] = i个骰子，凑成target的情况数(一个骰子只能投一次)
for(int k = 1;k<=f&&k<=target;++k)//base case初始化
{
dp[1][k] = 1;
}
for(int i = 2;i<=d;++i)//骰子个数
{
for(int j = 1;j<=target;++j)//能凑成的金额
{
for(int k = 1;k<=f;++k)//骰子面额
if(j-k>=0)
dp[i][j] = (dp[i][j]+dp[i-1][j-k])%mod;
}
}
return dp[d][target];
}
};
也很好理解，第i个骰子的情况，要从第i-1个骰子的情况导出，第i个骰子点数为k，那么第i-1个骰子的点数为j-k即可完成目标。
https://leetcode-cn.com/problems/min-cost-climbing-stairs/
参考内容：
还是分两种情况，是否要踩上目前的所在的台阶
踩上：dp[i-1] + cost[i]
不踩上：dp[i-2] + cost[i-1]
此题务必注意初值的选择，题意也稍不好理解，写代码的时候也要注意。
class Solution {
public:
int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost) {
//增加一个第0层和第Top层，根据题意，最终要到达Top层
//到达每一层的方式有两种，从i-1走一步,从i-2走两步，二者求最小即可
if(cost.empty()) return 0;
int size = cost.size();
vector<int>dp(size+2,0);//到底第i层你能获得的花费
dp[0] = 0;//起点
dp[1] = cost[0];//到第一层你就没得选
for(int i = 2;i<=size;++i)
{
dp[i] = min(dp[i-2],dp[i-1])+cost[i-1];
}
dp[size+1] = min(dp[size+1-1],dp[size+1-2]);//最后一层，及顶层
return dp[size+1];
}
};
6股票问题
本文关于股票问题，主要参考一下内容
股票问题模板如下：
dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i])
max( 选择 rest , 选择 sell )
解释：今天我没有持有股票，有两种可能：
要么是我昨天就没有持有，然后今天选择 rest，所以我今天还是没有持有；
要么是我昨天持有股票，但是今天我 sell 了，所以我今天没有持有股票了。
dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i])
max( 选择 rest , 选择 buy )
解释：今天我持有着股票，有两种可能：
要么我昨天就持有着股票，然后今天选择 rest，所以我今天还持有着股票；
要么我昨天本没有持有，但今天我选择 buy，所以今天我就持有股票了。
作者：labuladong
链接：https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock/solution/yi-ge-fang-fa-tuan-mie-6-dao-gu-piao-wen-ti-by-l-3/
来源：力扣（LeetCode）
著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权，非商业转载请注明出处。@liweiwei1419对股票问题进行了极其详尽的分析
@labuladong对股票问题进行了整理，给出了一套完整的模板（链接如下：）
其中也对初值提出了要求：
dp[-1][k][0] = 0
解释：因为 i 是从 0 开始的，所以 i = -1 意味着还没有开始，这时候的利润当然是 0 。
dp[-1][k][1] = -infinity
解释：还没开始的时候，是不可能持有股票的，用负无穷表示这种不可能。
dp[i][0][0] = 0
解释：因为 k 是从 1 开始的，所以 k = 0 意味着根本不允许交易，这时候利润当然是 0 。
dp[i][0][1] = -infinity
解释：不允许交易的情况下，是不可能持有股票的，用负无穷表示这种不可能。
作者：labuladong
链接：https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock/solution/yi-ge-fang-fa-tuan-mie-6-dao-gu-piao-wen-ti-by-l-3/
来源：力扣（LeetCode）
著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权，非商业转载请注明出处。base case：
dp[-1][k][0] = dp[i][0][0] = 0
dp[-1][k][1] = dp[i][0][1] = -infinity
状态转移方程：
dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i])
dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i])
作者：labuladong
链接：https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock/solution/yi-ge-fang-fa-tuan-mie-6-dao-gu-piao-wen-ti-by-l-3/
来源：力扣（LeetCode）
著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权，非商业转载请注明出处。下面我们来看题目：
121. 买卖股票的最佳时机 https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock/
只能交易一次
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int size = prices.size();
if(size < 2) return 0;
vector<vector<int>> dp(size+1,vector<int>(2,0));
//dp表示在第i天，持有或未持有的状态下，所得到的最大利润
// for(int i = 1;i<=size;++i) dp[i][] = ;
dp[0][1] = -prices[0];dp[0][0] = 0;
for(int i = 1;i<=size;++i)
{
dp[i][0] = max(dp[i-1][0],dp[i-1][1]+prices[i-1]);
//今天未持有，表示今天卖了，或者昨天就没有持有
dp[i][1] = max(dp[i-1][1],0-prices[i-1]);
//今天持有，表示今天买了了，或者昨天就持有
}
return dp[size][0];//最大利润，就是在规定天数内完成交易，而不是留着手里
}
};本题有两种状态：天数，持有还是未持有，dp状态方程一定是要将所有的状态覆盖的，不然不能称之为状态方程
尽可能多的交易
122. 买卖股票的最佳时机 II https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-ii/
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int size = prices.size();
if(size < 2) return 0;
vector<vector<int>> dp(size+1,vector<int>(2,0));
//dp表示在第i天，持有或未持有的状态下，所得到的最大利润
dp[0][1] = -prices[0];//第0天持有股票，不可能，因为后面求最值，所以负无穷
dp[0][0] = 0;//没有持有股票，利润为零
for(int i = 1;i<=size;++i)
{
dp[i][0] = max(dp[i-1][0],dp[i-1][1]+prices[i-1]);
//今天未持有，1表示今天卖了，2昨天就没有持有
dp[i][1] = max(dp[i-1][1],dp[i-1][0]-prices[i-1]);
//本题允许完成无数次交易，买入必须在卖出之前，dp[i-1][0]-prices[i-1]表示今天买了
//今天持有，2表示今天买了了，1昨天就持有
}
return dp[size][0];//最大利润，就是在规定天数内完成交易，而不是留着手里
}
};从初始状态方程定base case
增加约束
309. 最佳买卖股票时机含冷冻期 https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-with-cooldown/
冷冻期
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int size = prices.size();
if(size < 2) return 0;
vector<vector<int>> dp(size+1,vector<int>(2,0));
//dp表示在第i天，持有或未持有的状态下，所得到的最大利润
dp[0][1] = -prices[0];//第0天持有股票，不可能，因为后面求最值，所以负无穷
dp[0][0] = 0;//没有持有股票，利润为零
dp[1][1] = -prices[0];//第1天持有股票，只能买了
dp[1][0] = 0;//没有持有股票，利润为零
for(int i = 2;i<=size;++i)
{
dp[i][0] = max(dp[i-1][0],dp[i-1][1]+prices[i-1]);
//今天未持有，1表示今天卖了，2昨天就没有持有
dp[i][1] = max(dp[i-1][1],dp[i-2][0]-prices[i-1]);
//本题允许完成无数次交易，买入必须在卖出之前，加上要考虑冷冻期，dp[i-2][0]-prices[i-1]表示今天买了
//今天持有，2表示今天买了了，1昨天就持有
}
return dp[size][0];//最大利润，就是在规定天数内完成交易，而不是留着手里
}
};手续费
714. 买卖股票的最佳时机含手续费 https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-with-transaction-fee/
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices, int fee) {
int size = prices.size();
if(size < 2) return 0;
vector<vector<int>> dp(size+1,vector<int>(2,0));
//dp表示在第i天，持有或未持有的状态下，所得到的最大利润
dp[0][1] = -prices[0];//第0天持有股票，不可能，因为后面求最值，所以负无穷
dp[0][0] = 0;//没有持有股票，利润为零
for(int i = 1;i<=size;++i)
{
dp[i][0] = max(dp[i-1][0],dp[i-1][1]+prices[i-1]-fee);
//今天未持有，1表示今天卖了，2昨天就没有持有
dp[i][1] = max(dp[i-1][1],dp[i-1][0]-prices[i-1]);
//本题允许完成无数次交易，买入必须在卖出之前，dp[i-1][0]-prices[i-1]表示今天买了
//今天持有，2表示今天买了了，1昨天就持有
}
return dp[size][0];//最大利润，就是在规定天数内完成交易，而不是留着手里
}
};限制交易次数
下面会列出dp table，我们从中就可以看出，外循环是天数还是交易次数，都无关紧要。
从状态方程中我们也能看出，先按k = 1计算一行，还是先按照i=1计算一列，问题都不会受到影响
绿色部分对应的dp状态方程如下：
dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0],dp[i-1][k][1]+prices[i-1]);灰色部分对应的dp状态方程如下：
dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1],dp[i-1][k-1][0]-prices[i-1]);
123. 买卖股票的最佳时机 III https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-iii/
base case 的情况还是一样的，第0天，未持有利润为0，持有为无效状态
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int size = prices.size(),K = 2;
if(size < 2) return 0;
vector<vector<vector<int>>>dp(size+1,vector<vector<int>>(K+1,vector<int>(2,0)));
//表示在第i天，完成k次交易，目前手中是否持有股票的情况下，最大利润
for(int k = 1;k<=K;++k)
{
dp[0][k][1] = -prices[0];//第0天持有股票，不可能，因为后面求最值，所以负无穷
dp[0][k][0] = 0;//没有持有股票，利润为零
}
for(int i = 1;i<=size;++i)//天数
{
for(int k = 1;k<=K;++k)//交易次数
{
dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0],dp[i-1][k][1]+prices[i-1]);
// cout<<"i:"<<i<<"0:"<<dp[i][k][0]<<endl;
//未持有，昨天就未持有，今天才卖的
dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1],dp[i-1][k-1][0]-prices[i-1]);
// cout<<"i:"<<i<<"1:"<<dp[i][k][1]<<endl;
//持有，昨天就持有，今天才买的
}
}
return dp[size][K][0];
}
};其中内外循环可以颠倒：
for(int k = 1;k<=K;++k)//交易次数
{
for(int i = 1;i<=size;++i)//天数
{
dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0],dp[i-1][k][1]+prices[i-1]);
// cout<<"i:"<<i<<"0:"<<dp[i][k][0]<<endl;
//未持有，昨天就未持有，今天才卖的
dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1],dp[i-1][k-1][0]-prices[i-1]);
// cout<<"i:"<<i<<"1:"<<dp[i][k][1]<<endl;
//持有，昨天就持有，今天才买的
}
}
188. 买卖股票的最佳时机 IV https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-iv/
此处的初值最后是对天数为0的状态开始设置，比较好理解，要去初始化天数为1的情况，不好理解，如果要初始化天数为1，循环从第二天开始，初始化部分如下：
dp[1][2][0] = -prices[0];//不可能状态
dp[1][2][1] = -prices[0];//不可能状态
dp[1][1][0] = 0;//交易一次但是没有持有
dp[1][1][1] = -prices[0];//不可能状态
dp[1][0][0] = 0;//不交易不持有，固然是0
dp[1][0][1] = -prices[0];//不可能状态class Solution {
public:
int maxProfit(int k, vector<int>& prices) {
int size = prices.size();
if(size < 2) return 0;
if(k >= prices.size()/2)//加一个保险措施，交易次数大于可交易天数的一半
{
int sum = 0;
for(int i = 1; i < prices.size(); i++)
{
int val = prices[i] - prices[i - 1];
sum += (val > 0? val: 0);
}
return sum;
}
vector<vector<vector<int>>>dp(size+1,vector<vector<int>>(k+1,vector<int>(2,0)));
//表示在第i天，完成k次交易，目前手中是否持有股票的情况下，所取得的最大利润
for(int j = 1;j<=k;++j)
{
dp[0][j][1] = -prices[0];//第0天持有股票，不可能，因为后面求的是最大值，所以负无穷
dp[0][j][0] = 0;//没有持有股票，利润为零
}
for(int j = 1;j<=k;++j)//交易次数
{
for(int i = 1;i<=size;++i)//天数
{
dp[i][j][0] = max(dp[i-1][j][0],dp[i-1][j][1]+prices[i-1]);
//未持有，昨天就未持有，今天才卖的
cout<<"i :"<<i<<" "<<dp[i][k][0]<<endl;
dp[i][j][1] = max(dp[i-1][j][1],dp[i-1][j-1][0]-prices[i-1]);
//持有，昨天就持有，今天才买的
cout<<"i :"<<i<<" "<<dp[i][k][1]<<endl;
}
}
return dp[size][k][0];
}
};那么k=2也可以这么写
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int size = prices.size(),K = 2;
if(size < 2) return 0;
vector<vector<vector<int>>>dp(size+1,vector<vector<int>>(K+1,vector<int>(2,0)));
//表示在第i天，完成k次交易，目前手中是否持有股票的情况下，所取得的最大利润
for(int k = 1;k<=K;++k)
{
dp[0][k][1] = -prices[0];//第0天持有股票，不可能，因为后面求的是最大值，所以负无穷
dp[0][k][0] = 0;//没有持有股票，利润为零
}
for(int k = 1;k<=K;++k)//交易次数
{
for(int i = 1;i<=size;++i)//天数
{
dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0],dp[i-1][k][1]+prices[i-1]);
//未持有，昨天就未持有，今天才卖的
cout<<"i :"<<i<<" "<<dp[i][k][0]<<endl;
dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1],dp[i-1][k-1][0]-prices[i-1]);
//持有，昨天就持有，今天才买的
cout<<"i :"<<i<<" "<<dp[i][k][1]<<endl;
}
}
return dp[size][K][0];
}
};让交易次数为外循环
都是鬼才解法，不看答案鬼才能知道怎么解
https://leetcode-cn.com/problems/count-square-submatrices-with-all-ones/
参考内容：
（来源：leetcode官方）
相当巧妙的方式方法，而此解法，也成为了区间DP题目和核心状态方程
第一行第一列的值就是上面表达式的第一行，如果矩阵的值是0，那么也没的算了
我们再次理解一下状态方程：
无非两种情况，dp[i-1][j-1]最小，或者dp[i-1][j]或者dp[i][j-1]最小：
只要三者不为0，最小边长起码是2。
class Solution {
public:
int countSquares(vector<vector<int>>& matrix) {
int m = matrix.size(),n = matrix[0].size();
vector<vector<int>>dp(m+1,vector<int>(n+1,0));
//dp[i][j]以ij为右下角的正方形，个数
int sum = 0;
for(int i = 1;i<=m;++i)
{
for(int j = 1;j<=n;++j)
{
if(i == 1||j == 1)//第一行第一列
dp[i][j] = matrix[i-1][j-1];
else if(matrix[i-1][j-1] ==0)
dp[i][j] = 0;
else
dp[i][j] = min(dp[i-1][j],min(dp[i-1][j-1],dp[i][j-1]))+1;
sum += dp[i][j];
}
}
return sum;
}
};https://leetcode-cn.com/problems/maximal-square/
参考内容：
https://leetcode-cn.com/problems/maximal-square/solution/li-jie-san-zhe-qu-zui-xiao-1-by-lzhlyle/
class Solution {
public:
int maximalSquare(vector<vector<char>>& matrix) {
if(matrix.empty()||matrix[0].empty()) return 0;
int row = matrix.size(),col = matrix[0].size();
vector<vector<int>>dp(row+1,vector<int>(col+1,0));
// 以i,j为右下角的正方形最大的边长
int L = 0;//记录最大边长
for(int i = 1;i<=row;++i)
{
for(int j = 1;j<=col;++j)
{
if(matrix[i-1][j-1] == '1')//只要当目前点是1的时候，才有意义
{
if(i==1||j==1)
dp[i][j] = matrix[i-1][j-1] - '0';
//第一行和第一列，组成正方形边长就是自己本身的值
else
{
//一旦三个接触的地方，有
if(dp[i - 1][j] == 0|| dp[i][j - 1] == 0||dp[i - 1][j - 1] == 0)
dp[i][j] = matrix[i-1][j-1] - '0';
else
dp[i][j] = min(min(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]), dp[i - 1][j - 1]) + 1;
}
}
L = max(L,dp[i][j]);
}
}
return L*L;
}
};以上两个题非常的相似，其实dp定义好了就很好计算这种题目，dp都是以ij为右下角的正方形最大的边长
注意，核心是以ij为正方形的右下角，这是非常关键的一个点，可以说是结题的核心了
https://leetcode-cn.com/problems/minimum-score-triangulation-of-polygon/
参考内容：
本题技巧性极强。
class Solution {
public:
int numTrees(int n) {
if(n == 0) return 0;
vector<int> dp(n+1,0);
//长度为n的序列的不同二叉搜索树个数(和序列内容无关，之和长度有关)
dp[0] = 1;
dp[1] = 1;
for(int i = 2;i<=n;++i)//长度为i的序列
{
for(int j = 1;j<=i;++j)//长度为n的序列元素
{
dp[i] += dp[j-1]*dp[i-j];//j为根时，以j为根，将序列分为两个部分
}
}
return dp[n];
}
};5419. 两个子序列的最大点积 https://leetcode-cn.com/problems/max-dot-product-of-two-subsequences/
来自于一道周赛的题目：
class Solution {
public:
int maxDotProduct(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {
int sz1=nums1.size(),sz2=nums2.size();
vector<vector<int>> dp(sz1+1,vector<int>(sz2+1,-1e8));
//初值是-1e8
for(int i=1;i<=sz1;i++){
for(int j=1;j<=sz2;j++){
//1.1
dp[i][j]=nums1[i-1]*nums2[j-1];
//1.2
dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i][j]+dp[i-1][j-1]);
//2
dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i][j-1]);
//3
dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j]);
//4
dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j-1]);
}
}
return dp[sz1][sz2];
}
};
// 作者：smilyt_
// 链接：https://leetcode-cn.com/problems/max-dot-product-of-two-subsequences/solution/c-dong-tai-gui-hua-yi-dong-by-smilyt_/
// 来源：力扣（LeetCode）
// 著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权，非商业转载请注明出处。 
我们可以这么定义dp：
dp[i][j]:第一个序列从1到i，第二个序列从1到j，选择元素相乘得到的最大点积那么状态方程是什么呢？
1：只选择第i和第j个：dp[i][j] = nums[i]*nums[j]
2：选择第i和第j个：dp[i][j] = dp[i-1][j-1]+nums[i]*nums[j]
3：不选择第i和第j个：dp[i][j] = dp[i-1][j-1];
因为可以自由组合，那么有：
4：选择第i个，不选择第j个：dp[i][j] = dp[i][j-1];
5：不选择第i个，选择第j个：dp[i][j] = dp[i-1][j];那么我们综合考虑以上四种情况，选择最值即可。
base case全部是-1e8，因为后面要比大小，需要设置为无效模式
https://leetcode-cn.com/problems/burst-balloons/
本题难在dp的定义上，初看此题，根本无法入手，一般都是想到回溯法：
从dp table我们能看出我们遍历的方式，j从底层到顶层，i反之
注意dp base case
本题初见，几乎是很难拿下，逆向思维太难想到，因为戳最后一个气球，对比选第一个戳，容易很多，此处因为是最后一个气球，两侧也就只有i和j了，状态方程很好给。
class Solution {
public:
int maxCoins(vector<int>& nums) {
//令dp[start][end]表示从start到end之间的气球戳破之后能得到的最大值
//头尾增加虚拟结点，都是1
if(!nums.size()) return 0;
int NewSize = nums.size() + 2;
vector<int> Newnums(NewSize);
Newnums[0] = Newnums[NewSize-1] = 1;//收尾是1
int index = 1;
for(auto item:nums) {Newnums[index++] = item;}
//dp设置
vector<vector<int>>dp(NewSize,vector<int>(NewSize,0));
//dp：以i开始，j结束，在这个开区间内，气球被戳破后得到硬币的最大数量
//戳破气球 i 和气球 j 之间（开区间，不包括 i 和 j）的所有气球，可以获得的最高分数为 x
// i 应该从下往上
for (int i = NewSize - 2; i >= 0; i--)
{
for (int j = i + 1; j < NewSize; j++)
{
// 最后戳破的气球是哪个？
for (int k = i + 1; k < j; k++)
{
dp[i][j] = max(dp[i][j],dp[i][k] + dp[k][j] + Newnums[i]*Newnums[j]*Newnums[k]);
}
}
}
return dp[0][NewSize-1];
}
};
子序列默认不连续，子数组默认连续
718. 最长重复子数组 https://leetcode-cn.com/problems/maximum-length-of-repeated-subarray/
本题要求重叠子数组，那么显然，默认是连续的，本题并不难，我们直接看代码：
class Solution {
public:
int findLength(vector<int>& A, vector<int>& B) {
if(A.empty()||B.empty()) return 0;
int size1 = A.size(),size2 = B.size();
vector<vector<int>>dp(size1+1,vector<int>(size2+1,0));
//第一个数组的以i结尾，第二个数组以j结尾，最长子数组长度
// 本题此处指的是连续子数组（子数组默认是连续的）
int MAX = 0;
for(int i = 1;i<=size1;++i){
for(int j = 1;j<=size2;++j){
if(A[i-1] != B[j-1]) dp[i][j] = 0;
else if(A[i-1] == B[j-1]){
if(dp[i-1][j-1] != 0) dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1;
else dp[i][j] = 1;
}
MAX = max(MAX,dp[i][j]);
}
}
return MAX;
}
};https://leetcode-cn.com/problems/longest-increasing-subsequence/
给定一个无序的整数数组，找到其中最长上升子序列的长度。
这题，暴力能不能算，那是当然，从第一个元素遍历，不断和后面的数值比较，大于，更新指针位置顺便更改能组成的长度。
for (int i = 0; i < n; ++i)
{
for (int j = 0; j < n; ++j)
{
if (cur < nums[j])
{
cur = nums[j];
length++;
}
}
}
大致逻辑如上，遇到比cur目前指向的大，增加长度，更新cur指向。
那么我们在这个过程中，怎么标记我们找到的序列长度？是以某元素开头的最长序列为x，还是以某元素结尾的最长序列长度为x
这两种方式我们应该选择哪儿一种？选以某元素结尾的最长序列长度为x。循环的次数最少，以第一个元素开头，要循环n次，以第一个元素结尾，只需要循环1次。
那么整个过程中有没有重复的计算呢？暴力解法当然有，下面我们就利用
状态转移方程
dp表是为了解决重叠子问题
class Solution {
public:
int lengthOfLIS(vector<int>& nums) {
int size = nums.size();
if(size == 0) return 0;
vector<int> dp(size,1);//存放以某个元素结尾，能组成最长的序列的长度,默认长度就是1
int MAX = 0;
for(int i = 0;i<size;++i)
{
for(int j = 0;j<i;++j)//j 的上限是 i,因为是以i结尾，只看i前面的数值
{
if(nums[j]<nums[i])//前面的数值一旦小于i本身，那么就可以加入i结尾的序列
{
dp[i] = max(dp[i],dp[j]+1);
}
}
MAX = max(MAX,dp[i]);//最终要找最长的，那么找到dp的最大值即可。
}
return MAX;
}
};https://leetcode-cn.com/problems/word-break/
dp[i]表示，第1到i个子字符串，能不能被拆分成字典中的元素。
给两个指针，i和j，i从1开始，终点为字符串长度，意义为每次给出原始字符串的子字符串，看看能不能被拆解为字典中的元素
j表示所给定子字符串的分割位置，将子字符串分割为s1（0，j-1）和s2（j，i-j）
以leetcode举例子，当j=4的时候，s1（0，j-1） = leet，s2（j，i-j） = code；
使用C++库函数substr（pos,n），返回一个string，包含s中从pos开始的n个字符的拷贝
我们两个循环，外循环控制整个字符串中子字符串的分割情况，内循环控制子字符串内部的分割情况
当s1在能被字典中的元素组成的时候，dp[j] == true
s2也能够被字典中的元素组成的时候，words.find(s.substr(j, i-j)) != words.end()
二者同时存在，说明长度为i的子字符串dp[i] == true。
class Solution {
public:
bool wordBreak(string s, vector<string>& wordDict) {
set<string> words;
for(int i=0; i<wordDict.size(); i++){
words.insert(wordDict[i]);
}
vector<bool> dp(s.length()+1);
dp[0] = true;
for (int i = 1; i <= s.length(); i++) {
for (int j = 0; j < i; j++) {
if (dp[j] && words.find(s.substr(j, i-j)) != words.end() ) {
dp[i] = true;
break;
}
}
}
return dp[s.length()];
}
};
https://leetcode-cn.com/problems/lian-xu-zi-shu-zu-de-zui-da-he-lcof/
53. 最大子序和 https://leetcode-cn.com/problems/maximum-subarray/
dp设置的好，题就好解
求子序列，因为连续，所以有难度，下面我们看看dp和状态方程
以i结尾，要么a重新开头，要么跟在i-1后面，我们在整个过程中记录最大值即可。
以下为各个dp中保存的子序列的长度
class Solution {
public:
int maxSubArray(vector<int>& nums) {
if(nums.empty()) return 0;
int size = nums.size();
vector<int>dp(size+1,0);
//以i结尾的连续子数组，最大和
//base case
int MAX = INT_MIN;//因为有负数，所以需要设置为INT_MIN
for(int i = 1;i<=size;++i)
{
dp[i] = max(nums[i-1],nums[i-1]+dp[i-1]);//比较自己本身，和前者加和，谁更大
MAX = max(MAX,dp[i]);//记录最大和
}
return MAX;
}
};https://leetcode-cn.com/problems/ba-shu-zi-fan-yi-cheng-zi-fu-chuan-lcof/
那么状态方程如下，当i-1和i可以翻译的时候，考虑翻译i-1&i，和单独翻译i的情况
翻译不了的时候就只能考虑翻译i了
本题务必注意base case的情况，还有特殊情况，比如506，只有一种情况，因为06如果算了一次，单独的6再算一次，重复了，所以只能算一次
class Solution {
public:
int translateNum(int num) {
string nums = to_string(num);
int size = nums.size();
vector<int>dp(size+1,0);//以i结尾，能有几种组合方式
//base case
dp[1]=1;
for(int i = 2;i<=size;i++)
{
string temp = nums.substr(i-2,2);//此处是i-2
if(nums[i-2]!='0'&&temp<="25"&&temp>="0")
//如果是06，那么就不能组成数字，只能按照6算，所以起点不能是0
{
if(i == 2) dp[i] = dp[i-1] + 1;
//base case初始位置下，第一个和第二个要是可以组成，那就要加1
else dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2];
}
else dp[i] = dp[i-1];
}
return dp[size];
}
};
解法二：
class Solution {
public:
bool wordBreak(string s, vector<string>& wordDict) {
vector<bool>dp(s.size()+1,false);
//长度为 i 的子串前缀，可以完全被分割成指定字符
unordered_map<string,int>M;
for(auto item:wordDict) M[item]++;
dp[0] = true;
//长度为j的可以被分割，j到i也可以被分割，那么0-i也可以被分割
//有：dp[j]&&M.find(s.substr(j,i-j)!=M.end()
for(int i = 1;i<=s.size();++i)//长度
{
for(int j = 0;j<i;++j)//起点
{
if(dp[j]&&M.find(s.substr(j,i-j))!=M.end())
{
dp[i] = true;
break;
}
}
}
return dp[s.size()];
}
};
回文子序列或子串
在动态规划中，回文有一个较为通用的模板：
dp[i][j]以ij做收尾的子串是回文的情况
下面是一道非动态规划，但是也有助于我们理解回文：
回文还有一种处理思路：
https://leetcode-cn.com/problems/valid-parentheses/
class Solution {
public:
bool isValid(string s) {
if(s.empty()) return true;
stack<char> S;//将相关内容压入栈中
for(char item:s)
{
//遇到右值，全部进行记录
if(item == '(') S.push('(');
if(item == '{') S.push('{');
if(item == '[') S.push('[');
if(item == ')')
{
//栈为空或者不匹配，直接return false
if(S.empty()) return false;
if(S.top()!='(') return false;
else S.pop();//对比完记着一定要弹出
}
if(item == '}')
{
if(S.empty()) return false;
if(S.top()!='{') return false;
else S.pop();
}
if(item == ']')
{
if(S.empty()) return false;
if(S.top()!='[') return false;
else S.pop();
}
}
return S.size()?false:true;//同样的，对比完成后栈必须是空的，不能有遗留
}
};在判断回文的时候也要务必注意：子串和子序列是有区别的，子串必须是连续的，子序列可以是离散的
所以判断子串是不是回文，一般两端，及起点和终点不相等，基本可以判断不是回文
子序列不同，子序列只要保证元素相对的顺序，不需要是连续的
https://leetcode-cn.com/problems/longest-palindromic-substring/
所以，我们设dp如下：
状态方程也很好列出：
本题还有个细节，就是dp table的情况，看下图
所以需要控制后限，如下程序所示，保证都算了
我们再来看看完整版本的dp table
如果我们要求1到6子串是不是回文，此时1和6相等，那么剩下的就完全取决于2到5了
所以首先要计算2到5，也就是控制终点，从1到size，起点在1到终点j之间即可。
从图上也很清晰的可以看出，我们应该怎么进行计算
class Solution {
public:
string longestPalindrome(string s) {
int size = s.size();
if(size == 0) return "";
int MAX = 0;
string Res;
vector<vector<bool>>dp(size+1,vector<bool>(size+1,false));
for(int i = 1;i<=size;++i) dp[i][i] = true;//单个元素算回文
for(int j = 1;j<=size;++j)//必须固定后限进行循环
{
for(int i = 1;i<=j;++i)
{
if(s[i-1] == s[j-1])
{
// cout<<"123"<<endl;
if(j-i+1<=3) dp[i][j] = true;
else dp[i][j] = dp[i+1][j-1];
}
else
dp[i][j] = false;
if(dp[i][j]&&MAX<(j-i+1))
{
MAX = j-i+1;
Res = s.substr(i-1,MAX);
// cout<<"MAX "<<MAX<<endl;
}
}
}
return Res;
}
};解法二：计算距离
class Solution {
public:
string longestPalindrome(string s) {
if(s.empty()) return "";
vector<vector<int>>dp(s.size()+1,vector<int>(s.size()+1,0));
string res;
int MAX = INT_MIN;
for(int i = s.size();i>=1;--i){
for(int j = i;j<=s.size();++j){
if(i == j) dp[i][j] = 1;
else if(s[i-1] == s[j-1]){
if(j-i<3) dp[i][j] =j-i+1;
else if(dp[i+1][j-1] == j-i-1) dp[i][j] = 2+dp[i+1][j-1];
else dp[i][j] = dp[i+1][j-1];
}
else dp[i][j] = dp[i+1][j-1];
if(MAX<dp[i][j]){
MAX = dp[i][j];
res = s.substr(i-1,j-i+1);
}
}
}
return res;
}
};
https://leetcode-cn.com/problems/palindromic-substrings/
本题为上一道题目的扩展，我们增加一个计数功能即可，其他从dp到base case都一样
class Solution {
public:
int countSubstrings(string s) {
if(s.empty()) return 0;
int size = s.size();
int Res=0;
vector<vector<bool>>dp(size+1,vector<bool>(size+1,false));
//base case
for(int i = 1;i<=size;++i) dp[i][i] = true;
for(int i = size;i>=1;--i)//起点
{
for(int j = i;j<=size;++j)//终点
{
if(i == j&&dp[i][j]) {Res++;continue;}
if(s[i-1] == s[j-1]&&j-i < 2) dp[i][j] = true;
else if(s[i-1] != s[j-1]) dp[i][j] = false;
else dp[i][j] = dp[i+1][j-1];
//统计结果
if(dp[i][j]) Res++;
}
}
return Res;
}
};
https://leetcode-cn.com/problems/longest-palindromic-subsequence/
我们把子串改成子序列，难度升级。
就是状态方程有所改变，因为是求子序列的最长长度，求啥设啥，就让dp为长度
我们继续按照上一题的思路思考，此时是子序列，而之前是子串，子串是必须连续的，那么我们只考虑i+1和j-1的情况就可以了
但是子序列内容，需要考虑情况就自然要多
当i和j不相等的时候，我们要考虑整个组合的情况，三者比大小，最大的作为dp[i][j]的值。下面我们列出状态方程：
下面我们看看dp table，看看如何计算：
本题还有一个要点，就是当i和j相等的时候，dp[i+1][j-1]+2
这也是关键，举例：bbbab
因为是子序列，完全忽视了子串的连续性，只要相等，起码两个
j要从底端晚上算，i要从小到大算，base case不用计算已经给好了
完整代码如下：
class Solution {
public:
int longestPalindromeSubseq(string s) {
int size = s.size();
if(size == 0) return 0;
vector<vector<int>> dp(size+1,vector<int>(size+1,0));
//以i开始，j结束，字符串在此区间内最长的回文子序列
for(int i = 1;i<=size;++i) dp[i][i] = 1;
for(int j = 1;j<=size;++j)
{
for(int i = j-1;i>=1;--i)
{
if(s[i-1] == s[j-1]) dp[i][j] = dp[i+1][j-1]+2;
else
dp[i][j] = max(dp[i+1][j-1],max(dp[i+1][j],dp[i][j-1]));
}
}
return dp[1][size];
}
};
https://leetcode-cn.com/problems/palindrome-partitioning-ii/
参考解法：
分割回文串的第一题是用回溯算法解决的，本题难度升级，我们需要使用动态规划，不同于上面两道题目的设法，那样太复杂了，本题dp这么定义：
我们下面看这么一种情况
base case要谨慎处理：
//长度为n的字符，最多分割n-1次，以此作为base case
for(int i = 1;i<=size;++i)
dp[i] = i-1;核心代码：
//本题的核心代码
for(int i = 1;i<=size;++i)
{
if(checkPalindrome[1][i]) {dp[i]=0;continue;}//如果从头到i，都是回文，那就不用分割
for(int j = 1;j<i;++j)
{
//开始进行分割，0到j，j+1到i，检查j+1到i是不是回文，如果是，就切一刀
if(checkPalindrome[j+1][i]) dp[i]=min(dp[i],dp[j]+1);
}
}
完整代码：
class Solution {
public:
int minCut(string s) {
int size = s.size();
if(size == 0) return 0;
vector<int>dp(size+1,0);//从1到i(前i个字符)，字符串分割为回文，需要最少的切割次数
//长度为n的字符，最多分割n-1次，以此作为base case
for(int i = 1;i<=size;++i)
dp[i] = i-1;
//创建二维数组用于记录子串s[a:b]是否为回文串，且一开始全部初始化为false（可以发现a<=b）
//此部分和5的核心代码是一样的
vector<vector<bool>> checkPalindrome(size+1, vector<bool>(size+1, false));
for(int i = 1;i<=size;++i) checkPalindrome[i][i] = true;//单个元素算回文
for(int j = 1;j<=size;++j)//必须固定后限进行循环
{
for(int i = 1;i<=j;++i)
{
if(s[i-1] == s[j-1])
{
if(j-i+1<=3) checkPalindrome[i][j] = true;
else checkPalindrome[i][j] = checkPalindrome[i+1][j-1];
}
}
}
//本题的核心代码
for(int i = 1;i<=size;++i)
{
if(checkPalindrome[1][i]) {dp[i]=0;continue;}
for(int j = 1;j<i;++j)
{
//开始进行分割，0到j，j+1到i，检查j+1到i是不是回文，如果是，就切一刀
if(checkPalindrome[j+1][i]) dp[i]=min(dp[i],dp[j]+1);
}
}
return dp[size];
}
};https://leetcode-cn.com/problems/count-different-palindromic-subsequences/
https://leetcode-cn.com/problems/zheng-ze-biao-da-shi-pi-pei-lcof/
整体逻辑：
1 正常情况：那就是看二者相等不相等就可以了
2 ‘.’：和上面一样，遇到‘.’就是遇到万能内容
3 ‘*’：此时我们需要分类讨论，*可以取怎么的值？我们后续讨论
如果字符相等，那么当然是能匹配了
如果是.，万能字符，也是当然没有问题了
以上两种情况，很容易就写出来了：
if(s[i-1] == p[j-1]||p[j-1] == '.')//相等或者是.，那么就没有问题
dp[i][j] = dp[i-1][j-1];那么如果是'*'，那么该怎么办：
就要看*前面的字符
我们来看i和j-1的情况，不匹配，那么直接跳过，也可以认为是*前面的元素出现了0次
if(s[i-1]!=p[j-2] && p[j-2]!='.') dp[i][j]=dp[i][j-2];那么我们继续讨论剩下的情况，如果二者相等，或者p为万能元素.呢？
那么就要分三种情况来讨论了
*可以让前面的元素出现0,1，无数次，我们就这么分类来比较
第一种情况，*让前面的元素出现0次
第二种情况，*让前面的元素出现一次
第三种情况，*让前面的元素出现多次
三种一种是true就可以
dp[i][j]=dp[i][j-1] || dp[i][j-2] || dp[i-1][j];细节1：
s=" "+s;//防止该案例："aab" "c*a*b"
p=" "+p;一上来就是*，如下：
细节2：不需要保护程序
if(s.empty()||p.empty()) return false; 
完整代码：
class Solution {
public:
bool isMatch(string s, string p) {
s=" "+s;//防止该案例："aab" "c*a*b"
p=" "+p;
int m=s.size(),n=p.size();
vector<vector<int>>dp(m+1,vector<int>(n+1,false));
//dp含义：s中的前i个，和p中的前j个，是否匹配
//base case
dp[0][0]=true;
for(int i = 1;i<=m;++i)
{
for(int j = 1;j<=n;++j)
{
if(s[i-1] == p[j-1]||p[j-1] == '.')//相等或者是.，那么就没有问题
dp[i][j] = dp[i-1][j-1];
else if(p[j-1]=='*')//最难处理的部分
{
if(s[i-1]!=p[j-2] && p[j-2]!='.') dp[i][j]=dp[i][j-2];
else dp[i][j]=dp[i][j-1] || dp[i][j-2] || dp[i-1][j];
}
}
}
return dp[m][n];
}
};https://leetcode-cn.com/problems/edit-distance/
字符串类型的dp一般设法都显示，我们dp定义如下：
那么有三种情况需要注意：也就是题目中所述的替换，插入，删除
那么我们的状态方程就是求上面三种操作的最小值
下面是base case
如果一个字符串长度为0，那么要将其变成一个非零的字符串，需要的操作数就是非零字符串的长度
完整代码：
class Solution {
public:
int minDistance(string word1, string word2) {
int s = word1.size(),p = word2.size();
if(s == 0&&p == 0) return 0;
//一个字符串为0，那么操作数就是另外一个字符串的长度
if(s == 0&&p!=0) return p;
if(s!=0&&p==0) return s;
vector<vector<int>>dp(s+1,vector<int>(p+1,0));
//word1前i个，及word2前j个,匹配需要的最少操作数
//base case 一个字符串为0，那么操作数就是另外一个字符串的长度
for(int i = 0;i<=s;++i) dp[i][0] = i;
for(int j = 1;j<=p;++j) dp[0][j] = j;
for(int i = 1;i<=s;++i)
{
for(int j = 1;j<=p;++j)
{
if(word1[i-1] == word2[j-1]) dp[i][j] = dp[i-1][j-1];//不操作
else
dp[i][j] = 1+min(dp[i-1][j-1],min(dp[i][j-1],dp[i-1][j]));
}
}
return dp[s][p];
}
};
https://leetcode-cn.com/problems/longest-valid-parentheses/
那么第一种情况很好想到：
那么下面这种情况呢？
那么我们不知道之前的情况，因为要给i处的）找到（，我们需要看dp[i-1]的情况，如果是dp[i-1]不为0，如图，那么跨过整个dp[i-1]覆盖的区域，找到i-1-dp[i-1]，如果可以和i处的匹配，那么显然是可以组成的
本题最难的地方，也是本题最为巧妙的地方
class Solution {
public:
int longestValidParentheses(string s) {
//动态规划
if(s.empty()) return 0;
int size = s.size();
vector<int>dp(size,0);//以i结尾的最长合法子串长度
int MAX = 0;
dp[0] = 0;
for(int i = 1;i<size;++i)
{
if(s[i] == ')')
{
if(s[i-1] == '(')
{
if(i-2>0&&dp[i-2]!=0) dp[i] = dp[i-2] + 2;
else dp[i] = 2;
}
else if(i - dp[i - 1] > 0 && s[i - dp[i - 1] - 1] == '(')
//我们查看dp[i-1]的情况，如果是0，那么s[i-1]就是）,不进行任何操作
//如果dp有值，也就是说以i-1结尾是能组成有效括号的，那么我们去查看
//索引为i - 1 - dp[i-1]元素的情况，如果是（,那么恰好可以和i的括号组成有效括号
//最后我们依旧要加上i-1-dp[i-1]-1索引下的dp
{
if(i-1-dp[i-1]-1>0)
dp[i] = 2+dp[i-1]+dp[i-1-dp[i-1]-1];
else dp[i] = 2+dp[i-1];
}
}
else dp[i] = 0;
MAX = max(MAX,dp[i]);
}
return MAX;
}
};
概率问题，要不就设分子，要不就设整体，哪儿个好来用哪儿个
https://leetcode-cn.com/problems/nge-tou-zi-de-dian-shu-lcof/
本题难点在于dp的定义
定义dp为：
class Solution {
public:
vector<double> twoSum(int n) {
vector<double> Res;
vector<vector<int>>dp(n+1,vector<int>(6*n+1,0));
//投掷j个骰子，面数是i出现的次数
for(int i = 1;i<=n;++i)//投掷次数
{
for(int j = i;j<=6*i;++j)//出现点数和,注意起点，2个骰子不可能有1，所以j = i起步
{
if(i == 1) {dp[i][j] = 1;continue;}//base case
for(int val = 1;val<=6;++val)//第n个骰子投出的点数
{
if(j - val >0)//保护程序
dp[i][j] += dp[i-1][j-val];
}
}
}
for(int j = 1;j<=6*n;++j)
{
if(dp[n][j]!=0)
{Res.push_back(dp[n][j]*pow(1.0/6, n));}
}
return Res;
}
};程序中有很对的细节需要注意。
写法二：
class Solution {
public:
vector<double> twoSum(int n) {
if(n == 0) return {};
vector<double>Res;//n~6*n之间
vector<vector<double>>dp(n+1,vector<double>((n+1)*6,0));
//i个筛子，组成和为j的概率
//base case
double g = (1.0/6);
// cout<<g<<endl;
for(int j = 1;j<=6;++j)
{
dp[1][j] = g;//初始化
}
for(int i = 2;i<=n;++i)//个数
{
for(int j = i;j<=i*6;++j)
{
for(int l = 1;l<=6;++l)
{
if(j-l>=0)
{
dp[i][j] += (g)*dp[i-1][j-l];//第i个显示l，那么前面就要组成j-l才行
}
else break;
}
// cout<<i<<" "<<j<<endl;
}
}
for(int j = n;j<=n*6;++j)
{
Res.push_back(dp[n][j]);
}
return Res;
}
};https://leetcode-cn.com/problems/new-21-game/
https://leetcode-cn.com/problems/new-21-game/solution/xin-21dian-by-leetcode-solution/
下面是leetcode官网的解答：
假设dp[x]为她手上牌面为x时，能获胜的概率，那么这个概率应该是：
dp[x]=1/w * (dp[x+1]+dp[x+2]+dp[x+3]...+dp[x+w])
来源：https://leetcode-cn.com/problems/new-21-game/solution/huan-you-bi-zhe-geng-jian-dan-de-ti-jie-ma-tian-ge/
本题颇有难度，而且属于不常见的从后往前递推的情况，具体讲解和代码请看官网的解答。
https://leetcode-cn.com/problems/house-robber/
可以参考下文，给出了整个过程的动态流程
本题还是比较简单的，我们这dp如下：
状态方程很好列
偷了，那么第i-1家你就不能碰，不偷，就看i-1家的情况
此题的base case：dp[0] = 0;因为有dp[i-2]所以需要衡量第一家偷不偷，那么如果只有一家，当然是偷了，dp[1] = nums[0]
下面是完整版本的代码：
class Solution {
public:
int rob(vector<int>& nums) {
int size = nums.size();
if(size == 0) return 0;
vector<int> dp(size+1,0);
dp[0] = 0;
dp[1] = nums[0];
for(int i = 2;i<=size;++i)
{
dp[i] = max(dp[i-1],dp[i-2]+nums[i-1]);
}
return dp[size];
}
};
213. 打家劫舍 II https://leetcode-cn.com/problems/house-robber-ii/
最初未优化版本：比较两次，重复两次打家劫舍1，这也是本题最稳妥的解法
class Solution {
public:
int rob(vector<int>& nums) {
int size = nums.size();
if(size == 0) return 0;
if(size == 1) return nums[0];
vector<int> dp(size+1,0);
return max(begin(dp,nums[0],nums),begin(dp,0,nums));//两种情况，第一家偷与不偷
}
int begin(vector<int> & dp,int beginval,vector<int> & nums)
{
int size = nums.size();
dp[1] = beginval;
for(int i = 2;i<=size;++i)
{
if(i == size&&dp[1] != 0) dp[i] = dp[i-1];//最后一家只能不偷
else dp[i] = max(dp[i-1],dp[i-2]+nums[i-1]);//正常情况
}
return dp[size];
}
};https://leetcode-cn.com/problems/house-robber-iii/
本以为是一道BFS的题目，直接开始写：
class Solution {
public:
int rob(TreeNode* root) {
//BFS
if(root == nullptr) return 0;
queue<TreeNode*>Q;
Q.push(root);
int level = 0,Sum1 = 0,Sum2 = 0;
while(Q.size())
{
int size = Q.size();
level++;
for(int i = 0;i<size;++i)
{
TreeNode* temp = Q.front();Q.pop();
if(temp->left) Q.push(temp->left);
if(temp->right) Q.push(temp->right);
if(level%2!=0) {Sum1+=temp->val;cout<<"1"<<endl;}
else {Sum2+=temp->val;cout<<"0"<<endl;}
}
}
return Sum1>Sum2?Sum1:Sum2;
}
};最后发现还是年轻了
本题的dp设法和股票问题有些相似，股票问题设置买不买，本题设置偷不偷
那么该对该根结点只有两个选择：
直接看程序：
class Solution {
public:
int rob(TreeNode* root) {
vector<int> Rob(2,0);
Rob = DFS(root);
return max(Rob[0],Rob[1]);
}
vector<int> DFS(TreeNode* root)
{
vector<int> Res(2,0);
if(root == nullptr) return Res;//这就是本题的base case，当没有时，也就没有的偷，返回两种状态都是0
vector<int>L(2,0);
L = DFS(root->left);
vector<int>R(2,0);
R = DFS(root->right);
//选择不偷，那么选出左右孩子结点偷与不偷的最大值即可
Res[0] = max(L[0],L[1]) + max(R[0],R[1]);
//选择偷，那么根结点的值，加上不偷孩子结点的选择
Res[1] = root->val + L[0] + R[0];
return Res;
}
};卡特兰数
https://leetcode-cn.com/problems/unique-binary-search-trees/
本题是借着树的名义，进行动态规划
class Solution {
public:
int numTrees(int n) {
if(n == 0) return 0;
vector<int> dp(n+1,0);
//长度为n的序列的不同二叉搜索树个数(和序列内容无关，只和长度有关)
dp[0] = 1;
dp[1] = 1;
for(int i = 2;i<=n;++i)//长度为i的序列
{
for(int j = 1;j<=i;++j)//长度为n的序列元素
{
dp[i] += dp[j-1]*dp[i-j];
//j为根时，以j为根，将序列分为两个部分,两部分的所有可能相乘
}
}
return dp[n];
}
};可以参考一下参考解法中的内容，本题就是一个数学问题，以第j个元素为根，然后左右子树的组合相互乘积得到的结果就是以
第j个元素为根所能组成二叉搜索树的结果。
本题其实也应用到了二叉搜索树的性质，以j为根，j前面的都比j小，都在j的左孩子树，右边都比j大，都是j的右孩子树。
https://leetcode-cn.com/problems/unique-binary-search-trees-ii/
本题难度升级，你现在需要写出全部的可能性
class Solution {
public:
vector<TreeNode*> generateTrees(int n) {
if(n == 0) return {};
return GetRes(1,n);
}
//函数的功能，输入起点和终点，然后返回所有组合的数组
vector<TreeNode*> GetRes(int begin,int end){
//输入起点和终点，表示这段二叉搜索树的开始元素和结束元素
if(begin > end) return {nullptr};//begin == end 相等的情况 要做保留
vector<TreeNode*>Res;//此处要压入结果
for(int i = begin;i<=end;++i){//i表示根结点的元素
vector<TreeNode*>Left = GetRes(begin,i-1);//从根结点开始左右分开
vector<TreeNode*>Right = GetRes(i+1,end);//从跟结点开始分割
//开始排列组合
for(auto L:Left){
for(auto R:Right){
TreeNode* node = new TreeNode(i);//每种组合都必须新创建一个结点
node->left = L;
node->right = R;
Res.push_back(node);
}
}
}
return Res;
}
};
再次非常感谢上述内容提供者无私的分享！